008 10 chuyên toán bình dương 23 24

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2023-2024 MƠN TỐN CHUN Thời gian : 150 phút câu 1: cho biểu thức A= x + √ 16 x+6 √ x−2 + + −2 x +2 √ x−3 √ x−1 √ x+ a, rút gọn biểu thức A b, tìm tất gía trị x nguyên để A nguyên baì 2; phương trình x 2+ 2mx−1−2m=0(mlà tham số ) a, chứng minh phương trình ln có nghiệm x , x vơí gía trị m b, tìm m để biểu thức P= 2023(2 x x2 +1) đạt gía trị nhỏ x −2m x 2−1−2 m 2 baì : a, giaỉ phương trình x2 +5+ √3 x +1=13 x vơí x thuộc R b, cho phương trình (ax +bx +c ¿ ( bx 2+ cx+ a ) ( cx +ax +b )=0 x ẩn số a,b,c số thực khác thỏa mãn ac+bc+3ab≤ chứng phương trình cho vng có nghiệm b 4: cho tam giác nhọn ABC(AB>AC) nơí tiếp đường trịn (O) goị D,E chân đường cao hạ từ A,B goị F hình chiếu vng góc B dường thẳng AO a, chứng minh điểm B,E,D,F đỉnh hình thang cân b,chứng minh EF qua trung điểm BC c, goị P giao điểm thứ đường thẳng AO vơí đường tròn (O) ,M,N lần BMN lượt trung điểm È CP tính ^ ĐÁP ÁN CHI TIẾT câu 1: cho biểu thức A= x + √ 16 x+6 √ x−2 + + −2 x +2 √ x−3 √ x−1 √ x+ a, rút gọn biểu thức A b, tìm tất gía trị x nguyên để A nguyên giaỉ đk : ≤ x ≠ a, ta có : A= x +4 √ x +6+ ( √ x−2 )( √ x +3 ) +3 ( √ x−1 )−2( x+2 √ x+3) x +2 √ x−3 = x +4 √ x +6+ x + √ x−6+ √ x−3−2 x −4 √ x +6 x+2 √ x−3 = x +4 √ x +3 ( √ x+ 3)( √ x−1) = ( √ x +3)( √ x+1) ( √ x+ 3)( √ x−1) = √ x+1 √ x−1 A = √ x+1 √ x−1 b, ta biến đôỉ A= √ x+1 =1+ √ x−1 √ x−1 để A nguyên phaỉ số nguyen : √ x−1 [ √ x −1=1 √ x=2 √ x −1=−1  √ x =0 √ x=3 √ x −1=2 x=−1(vn) x−1=−2 √ √ [ đơí chiếu điều khiện ta thấy x=0,x=4,x=9 thỏa mãn tất gía trị x nguyên để A nguyên ;x=0, x=4, x=9 baì 2; phương trình x 2+ 2mx−1−2m=0(mlà tham số ) a, chứng minh phương trình ln có nghiệm x , x vơí gía trị m b, tìm m để biểu thức P= 2023(2 x x2 +1) 2 x −2m x 2−1−2 m đạt gía trị nhỏ giaỉ : a, ta có ∆ ' =m2+1+2 m=( m+1 )2 ≥0 vơí moị m phương trình luoon có x , x vơí moị m b, x số nghiệm phương trình cho nênta có 2 x 1+ 2m x1 −1−2 m=0≤¿ x1 =−2 m x 1+1+2 m thay vào biểu thức P ta : 2023(2 x x 2+1) P= −2 m x +1+2 m−2 m x −1−2 m 2023(2 x1 x 2+1) = −2m( x + x ) áp dụng hệt thức vi ét ta có : x 1+ x2=−2 m; x x2 =−1−2 m thay vào biểu thức P ta : 2023(−2−4 m+1) −2023( m+1) m2 P= −2 m.(−2 m) = ta thấy m=0 P khơng tồn taị với m≠ P= −2023(4 m+ 1) ≤¿ P m2 +4.2023 m+2023=0 (1) 4m ta tìm P để phương trình (1) có nghiệm vơí m≠ P=0 m=- P≠ để phương trình (1) có nghiệm vơí m≠ (do c=2023≠ ¿ ∆ ' ≥ 0≤¿(4046)2−4.2023 P ≥ 0≤¿ P ≤ 2023 ngoaì thấy cho m dần P nhân gía trị âm bé tùy ý , gía trị nhỏ P khơng tồn taị baì : a, giaỉ phương trình x2 +5+ √3 x +1=13 x vơí x thuộc R b, cho phương trình (ax +bx +c ¿ ( bx 2+ cx+ a ) ( cx +ax +b )=0 x ẩn số a,b,c số thực khác thỏa mãn ac+bc+3ab≤ chứng phương trình cho vng có nghiệm giaỉ a, đk : x≥− cách 1: biến dôỉ phương trình x2 +5+ √3 x +1=13 x 4 x2 −11 x+3−( x−2−√ x +1)=0 4 x2 −11 x+3=2 x−2−√ x+1 (1) x−2−√ x+ 1=0 √ x+1=−2 x +2 −1 ≤ x≤1  3 x +1=4 x −8 x +4 { {4 x −11x ≤1x +3=0  x ≤1 11+ √ 73 11−√ 73 x= ≤¿ x=  8 11− √ 73 x= [ nghiệm không thỏa mãn pường trình loaị x−2−√ x+ 1≠ nhân vào hai vế (1) vơí biểu thức x−2−√ x+ 1≠ ta : (1)( x 2−11 x+ ) ( x−2+ √ x +1 )=4 x 2−11 x+3 ( x 2−11 x+ ) ( x−3+ √3 x +1 )=0  x −11 x +3=0 √ x +1=3−2 x [ phương trình x2 −11 x+3=0 nhận nghiệm x= 11+ √ 73 11−√ 73 loaị nghiệm x= 8 xét x−2+ √ x +1 ≠ phương trình √ x+1=3−2 x 3−2 x ≥ {3 x +1=9−12 x+ x  −1 ≤ x≤  2 x −15 x +8=0 { −1 ≤ x≤ 15− √ 97  x= 15+ √ 97 ≤¿ x= 8 15−√ 97 x= {[ nghiệm thỏa mãn nên nhận tóm laị phương trình có nghiệm x== 11+ √ 73 15− √ 97 x= 8 cách : đưa phương trình (2 x−2)2−( x−2 )=3 x+1−√ x +1 đặt u =2x-2 , v =√ x+1 ≥ phương trình trở thành u2−u=v 2−v ≤¿ ( u−v )( u+ v−1 ) =0≤¿ u=v [ u=1−v vơí u=v √ x+1=2 x−2≤¿ {3 x +1=4x ≥x1−8 x +4 ≤> 11+8√ 73 vơí u=1-v 15−√ 97 ≤> x= √ x+1=3−2 x ≤> x+ 1=4 x −12 x +9 { x≤ tóm laị phương trình có nghiệm x== 11+ √ 73 15− √ 97 x= 8 b, xét phương trình (ax +bx +c ¿ ( bx 2+ cx+ a ) ( cx +ax +b )=0 ax 2+ bx+ c=0(1) ¿> bx 2+ cx +a=0(2) cx + ax +b=0(3) [ xét biểu thức phương trình (1),(2) (3) ta có : ∆ 1=b2 −4 ac , ∆2 =c 2−4 ab ; ∆ 3=a2 −4 bc xét s=∆ 1+ ∆2 +∆ =a 2+ b2+ c 2−4 (ab +bc+ ca) =a 2+ b2+ c 2+ 2ab−2 bc−2 ca−2(bc +ca+3 ab) =(a+ b−c)2−2(bc+ ca+3 ab) ≥ tồn taị ts số ∆ ≥ ; ∆2 ≥ ; ∆3 ≥ phương trình (1),(2),(3) có nghiệm phương trình có nghiệm b 4: cho tam giác nhọn ABC(AB>AC) nơí tiếp đường trịn (O) goị D,E chân đường cao hạ từ A,B goị F hình chiếu vng góc B dường thẳng AO a, chứng minh điểm B,E,D,F đỉnh hình thang cân b,chứng minh EF qua trung điểm BC c, goị P giao điểm thứ đường thẳng AO vơí đường tròn (O) ,M,N BMN trung điểm È CP tính ^ a, điểm E,D,F nhìn cạnh AB dươí góc vng chúng thuộc đường trịn đường kính AB suy tứ giác BEDF nơị tiếp ta có PC\\BE ( vng vơí AC) (1) ta có tứ giác ABFD ABPC nội tiếp , suy ^ ;^ ^ BAP=BCP BAP= ^ BDF BCP=^ BDF mà hai góc vị trí đồng vị nên suy PC\\FD(2) suy ^ từ (1) (2) suy BE\\FD nên tứ giác BEDF hình thang b, goị I trung điểm BC tam giác BEC vuông taị E có EI trung tuyến nên EI=IB=IC suy ∆ EIC cân BIC góc ngo đỉnh I ∆ EIC nên ^ BIC=2 ^ BCA (3) taị I góc ^ ta có ^ BFO= ^ BIO=90° nên tứ giác BOI nơí tiếp đường trịnđường kính BO suy ^ BIF+ ^ BOF=180 °− ^ BOA=180° −2 ^ BCA ( 4) cộng vế theo vế (3) (4) ta : ^ BIE+ ^ BIF=180°=¿ E , I , F thẳng hàng c, tứ giác ABPC,ABFE nơí tiếp nên ^ ^ =180°− ^ BEF= ^ BIF= ^ BCP ; BFE BAC= ^ BPC suy ∆ BFE ∆ BPC ( g g ) suy BE EF EM ^ BEM= ^ BCN ; = = =¿ ∆ BEM ∆ MCN ( g c g) BC CP CN ^ ^ ^ ^ EBM=CBN EBC= MBN =¿ BE BC =¿ ∆ EBC ∆ MBN (c g c ) suy BE = BM = BC BN BM BN { ^ BMN= ^ BEC=90° {